Matematyka.pl

prostą Simsona

Z pierwszego dostajemy \(\displaystyle{ f(x) \ge \frac{x^2}{2}}\), korzystając z tego ograniczenia w drugiej równości dostajemy, że musi być tu równość. Sprawdzamy, i rzeczywiście \(\displaystyle{ f(x)=\frac{x^2}{2}}\) spełnia warunki zadania.

Nasza liczba to \(\displaystyle{ 4 \cdot \frac{n}{4}}\), gdzie \(\displaystyle{ \frac{n}{4}}\) jest nieparzyste.

Dzielniki \(\displaystyle{ n}\) są typu \(\displaystyle{ x, 2x, 4x}\), gdzie \(\displaystyle{ x}\) jest nieparzysta. Niech \(\displaystyle{ d_i}\) to będą dzielniki nieparzyste, \(\displaystyle{ e_i}\) to te podzielne jedynie przez \(\displaystyle{ 2}\), czyli \(\displaystyle{ e_i=2 \cdot d_i}\), a także \(\displaystyle{ f_i}\) to te podzielne przez \(\displaystyle{ 4}\), czyli \(\displaystyle{ f_i=2 \cdot e_i=4 \cdot d_i}\).

Pomysł miałem taki, że spisałem sobie te dzielniki w 3 wierszach tak, aby odpowiadające sobie dzielniki znalazły się pod sobą, i zająłem się analizą różnych przypadków. Niektóre były prostsze, niektóre trudniejsze.

Przykład - dzielniki liczby \(\displaystyle{ 60}\):
\(\displaystyle{ 1<3<5<15}\),
\(\displaystyle{ 2<6<10<30}\),
\(\displaystyle{ 4<12<20<60}\).

Czyli:
\(\displaystyle{ d_1=1, d_2=3, d_3=5, d_4=15}\),
\(\displaystyle{ e_1=2, e_2=6, e_3=10, e_4=30}\),
\(\displaystyle{ f_1=4, f_2=12, f_3=20, f_4=60}\).

Stąd dzielniki \(\displaystyle{ n}\) to:
\(\displaystyle{ 1 = d_1<d_2<...<d_a = \frac{n}{4}}\),
\(\displaystyle{ 2 = e_1<e_2<...<e_a = \frac{n}{2}}\),
\(\displaystyle{ 4 = f_1<f_2<...<f_a = n}\).

Jest tu też związek z tą trójką z założenia - dzielników \(\displaystyle{ n}\) jest \(\displaystyle{ 3a}\).

Oczywiście zawsze trafimy dzielniki max. \(\displaystyle{ 2}\) razy większe od \(\displaystyle{ d_i}\) lub \(\displaystyle{ e_i}\) (są to odpowiednio \(\displaystyle{ e_i=2 \cdot d_i}\) oraz \(\displaystyle{ f_i=2 \cdot e_i}\)).
Więc jeśli \(\displaystyle{ k_x}\) są liczbami typu \(\displaystyle{ d_i}\) lub \(\displaystyle{ e_i}\), to oczywiście \(\displaystyle{ k_{x+1} \le 2 \cdot k_x}\).

Więc jedyna sytuacja, którą warto rozpatrzeć, to wtedy, gdy \(\displaystyle{ k_x}\) jest typu \(\displaystyle{ f_i}\).

Gdyby NASTĘPNY dzielnik po \(\displaystyle{ f_i}\) to był jakieś \(\displaystyle{ f_j}\), oznacza to nierówność \(\displaystyle{ e_j<f_i<f_j}\) (bo \(\displaystyle{ e_j}\) też jest dzielnikiem, mniejszym od \(\displaystyle{ f_j}\), a skoro \(\displaystyle{ f_j}\) był pierwszy po \(\displaystyle{ f_i}\), to zachodzi szacowanie \(\displaystyle{ e_j<f_i}\)). Podstawiając \(\displaystyle{ e_j=\frac{f_j}{2}}\) mamy \(\displaystyle{ \frac{f_j}{2} < f_i}\), czyli \(\displaystyle{ 2f_i > f_j}\), co oznacza \(\displaystyle{ 2 \cdot k_x > k_{x+1}}\), zgodnie z tezą.

Analogicznie, gdyby następny dzielnik po \(\displaystyle{ f_i}\) to był jakieś \(\displaystyle{ e_j}\), to \(\displaystyle{ d_j<f_i<e_j}\), czyli \(\displaystyle{ \frac{e_j}{2} < f_i}\), skąd \(\displaystyle{ 2f_i > e_j}\), równoważnie \(\displaystyle{ 2 \cdot k_x > k_{x+1}}\).

Ostatnia sytuacja, którą warto rozpatrzeć, to przypadek typu:
\(\displaystyle{ 1<3<37}\),
\(\displaystyle{ 2<6<74}\),
\(\displaystyle{ 4<12<148}\).
Tu np. po 12 następuje od razu 37, i jest 37 jest ponad 2 razy większy od 12. Pokażemy, że "12-ka" to dzielnik o numerze podzielnym przez 3.

Przypuśćmy, że następny dzielnik po \(\displaystyle{ f_i}\) to jakieś \(\displaystyle{ d_j}\). Gdyby \(\displaystyle{ 2 \cdot f_i \ge d_j}\), to oczywiście teza, więc zrobimy dowód nie wprost.

Czyli, nie wprost, załóżmy, że \(\displaystyle{ 2 \cdot f_i < d_j}\) (u nas w przykładzie \(\displaystyle{ 2 \cdot 12 < 37}\)).

Pokażemy, że \(\displaystyle{ j=i+1}\), czyli \(\displaystyle{ d_j}\) rozpoczyna KOLEJNĄ kolumnę po \(\displaystyle{ f_i}\).

Nie wprost - gdyby było inaczej, to pomiędzy \(\displaystyle{ f_i}\) a \(\displaystyle{ d_j}\) była jakaś kolumna zawierająca \(\displaystyle{ d_y, e_y}\) i \(\displaystyle{ f_y}\).

Ponieważ \(\displaystyle{ y>i}\), to \(\displaystyle{ f_y>f_i}\), czyli \(\displaystyle{ f_y}\) jest WIĘKSZYM dzielnikiem od \(\displaystyle{ f_i}\), ale NIE KOLEJNYM, stąd \(\displaystyle{ f_y>d_j>2 \cdot f_i}\), więc \(\displaystyle{ 2 \cdot e_y>2 \cdot f_i}\), czyli \(\displaystyle{ e_y > f_i}\).

Z powyższego, \(\displaystyle{ e_y>f_i}\), czyli \(\displaystyle{ e_y}\) jest WIĘKSZYM dzielnikiem od \(\displaystyle{ f_i}\), ale NIE KOLEJNYM, stąd \(\displaystyle{ e_y>d_j>2 \cdot f_i}\), więc \(\displaystyle{ 2 \cdot d_y>2 \cdot f_i}\), czyli \(\displaystyle{ d_y>f_i}\).

I w końcu dostajemy, że \(\displaystyle{ d_y>f_i}\), czyli \(\displaystyle{ d_y}\) jest WIĘKSZYM dzielnikiem od \(\displaystyle{ f_i}\), ale NIE KOLEJNYM, stąd \(\displaystyle{ d_y>d_j}\). Ale to jest sprzeczność, bo wzięliśmy \(\displaystyle{ y<j}\).

To oznacza, że NIE ISTNIEJE taka kolumna o założonym indeksie \(\displaystyle{ y}\). Bezpośrednio dostajemy stąd, że \(\displaystyle{ d_j=d_{i+1}}\). Oznacza to, że \(\displaystyle{ f_i}\) jest NAJWIĘKSZYM dzielnikiem z pierwszych \(\displaystyle{ i}\) kolumn, a także \(\displaystyle{ d_{i+1}}\) jest NAJMNIEJSZYM dzielnikiem z następnych kolumn. To oznacza, że \(\displaystyle{ f_i}\) jest dzielnikiem nr \(\displaystyle{ 3 \cdot i}\), co przeczy założeniu. Mimo, że zachodzi \(\displaystyle{ 2 \cdot k_{3i}<k_{3i+1}}\), to \(\displaystyle{ 3i}\) jest podzielne przez \(\displaystyle{ 3}\), więc przez zaprzeczenie tezy doszliśmy do zaprzeczenia założenia.

Podsumowując, jeśli x jest indeksem niepodzielnym przez 3, to zawsze zachodzi \(\displaystyle{ 2 \cdot k_x \ge k_{x+1}}\).

Co kończy dowód.

P.S. Dzięki Roman1 za miłe słowo. Jak już rozpatrywałem to zadanie w tabelce, to te wnioski po prostu same wychodziły